最后更新: 2026-04-06 12:27 查看: 126 次纠错评论(0) 课件开VIP

圆周的周长与面积与扇形的周长与面积

##  圆的周长和面积
由于圆被 $n$ 等分后, 顺次连结各分点, 便得到一个 $n$ 边形, 如果再把这 $n$段弧的中点取出来, 圆上便出现了 $2 n$ 个分点, 而顺次连结这个 $2 n$ 分点所得到的正 $2 n$ 边形, 便包围着原来的正 $n$ 边形 (图4.82), 那么, 这个正 $2 n$ 边形的周长和面积都比原来的正 $n$ 边形的周长和面积大, 如此下去, 我们还可继续得出圆内接正 $4 n$ 边形、正 $8 n$ 边形 $\cdots \cdots$ 我们可以看到这样的圆的内接正 $n 、 2 n$ 、 $4 n 、 8 n 、 \cdots \cdots$ 边形的边数越增长, 它们的周长和面积就越逼近圆的周长和面积.这样一来, 当已知圆的半径时, 我们便可计算它的内接正$n 、 2 n 、 4 n 、 8 n 、 \cdots \cdots$边形的周长和面积, 作为精确度不同的圆周长和圆面积的近似值.

现在我们来举例说明, 半径是一个单位长的圆内接正 $4 、 8 、 16 、 32 、 64$ 边形的周长的计算方法.

如图 4.82, 设 $\overline{A_1 A_2}$ 是半径为 1 个单位长的圆内接正 $n$ 边形的一边, 其长度记为 $a_n$, 又设 $B$ 是 $\widehat{A_1 A_2}$ 的中点, 那么, $\widehat{A_1 B}$ 就是圆内接正 $2 n$ 边形的一边, 其边长记为 $a_{2 n}$, 于是,

![图片](/uploads/2024-09/937f44.jpg)

$$
\begin{aligned}
& a_{2 n}=\overline{A_1 B}=\sqrt{{\overline{A_1 D}}^2+\overline{D B}^2}
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& =\sqrt{\bar{A}_1 D^2+\left(\overline{O B}-\sqrt{{\overline{O A_1}}^2-{\overline{A_1 D}}^2}\right)^2} \\
& =\sqrt{{\overline{A_1 D}}^2+\left(1-\sqrt{1-{\overline{A_1 D}}^2}\right)^2} \\
& =\sqrt{2-2 \sqrt{1-{\overline{A_1 D}}^2}}=\sqrt{2-2 \sqrt{1-\left(\frac{a_n}{2}\right)^2}} \\
& =\sqrt{2} \sqrt{1-\sqrt{1-\left(\frac{a_n}{2}\right)^2}}
\end{aligned}
$$

$a_4=\sqrt{2}$, 代人上面公式可得:

$$
a_8=0.7653668, \quad a_{16}=0.3901804, \quad a_{32}=0.1960339, \quad a_{64}=0.098135
$$

设 $\ell_n$ 是半径为 1 个单位长的圆内接正 $n$ 边形的周长, 则可算出:

$$
\begin{gathered}
\ell_4=5.6568542, \quad \ell_8=6.1229344, \quad \ell_{16}=6.2428864 \\
\ell_{32}=6.2730848, \quad \ell_{64}=6.2806426
\end{gathered}
$$

现在我们再来计算 $\ell_n$ 与直径长的比值.

$$
\begin{array}{ll}
\frac{\ell_4}{2}=2.8284271, & \frac{\ell_8}{2}=3.0614672 \\
\frac{\ell_{16}}{2}=3.121443, & \frac{\ell_{32}}{2}=3.1365424
\end{array}
$$

$$
\frac{\ell_{64}}{2}=3.1403213
$$

我们看到这些比值, 随着 $n$ 的增加, 就会愈来愈逼近圆周长与直径的比值.对任何圆来说, 圆周长与直径长的比是一个常数, 这个常数就是圆周率 $\pi$. 我们用上述方法就能任意精确地算出 $\pi$ 的近似值. 圆周率 $\pi$ 的精确值是一个永远写不完的无限不循环小数。

$$
\pi=3.14159265358979323846 \cdots
$$

应用时常根据实际需要取 $\pi$ 的近似值.

## 圆的周长

如果圆周长用 $C$ 表示, 半径用 $r$ 表示, 那么, 从 $\frac{C}{2 r}=\pi$, 就可推出下面的圆周长公式

$$
\boxed{
C=2 \pi r
}
$$

在半径为 $r$ 的圆上（图 4.83），

$$
{
1^{\circ} \text { 弧的长 }=\frac{\text { 周长 }}{360}=\frac{2 \pi r}{360}=\frac{\pi r}{180}
}
$$

由此，我们可得到计算 $n^{\circ}$ 弧的弧长公式

$$
\boxed{
\ell=\frac{n \pi r}{180}
}
$$

这里 $\ell$ 表示弧长, $n$ 是弧所含的度数.

## 圆的面积
我们已经知道圆的面积公式

$$
\boxed{
S=\pi r^2
}
$$

这里 $S$ 表示圆的面积, $r$ 仍表示圆的半径.

这个公式的来源, 我们可作如下说明.
如图 4.83, $\overline{A_1 A_2}$ 是圆内接正 $n$ 边形的一边, 如果它的周长是 $\ell_n$, 边心距是 $d_n$, 那么, 这个正多边形的面积

$$
S_n=\frac{1}{2} \ell_n d_n
$$

当这个圆的内接正多边形的边数 $n$ 无限增加时, 它的面积 $S_n$ 逼近于圆的面积 $S$; 它的周长 $\ell_n$ 逼近于圆周长 $C$, 它的边心距 $d_n$ 逼近于圆的半径 $r$. 因此, 有

$$
S=\frac{1}{2} C r=\frac{1}{2} \times 2 \pi r \times r=\pi r^2
$$

![图片](/uploads/2024-09/ccdc9b.jpg)
 
 
## 扇形的弧长与面积

一条弧和经过这条弧的端点的两条半径组成的图形, 叫做**扇形** (图 4.84 的阴影部分).

因为 $360^{\circ}$ 的圆心角所对的弧长就是圆周长  $C=2 \pi R$ ，所以 $1^{\circ}$ 的圆心角所对的弧长是 $\frac{2 \pi R}{360}$ ，即 $\frac{\pi R}{180}$ ．于是可得，在半径为 $R$ 的圆中，$n^{\circ}$ 的圆心角所对的弧长 $l$ 的计算公式：
$$
\boxed{l=\frac{n \pi R}{180}}
$$

由圆的面积公式, 我们可得到扇形面积公式, 因为,

$$
\text { 含有 } 1^{\circ} \text { 弧的扇形面积 }=\frac{\text { 圆面积 }}{360}
$$

所以圆心角是 $n^{\circ}$ 的扇形面积计算公式是:

$$
\boxed {
S=\frac{n \pi r^2}{360}
}
$$

这里 $S$ 是扇形面积, $n$ 是扇形的圆心角的度数, $r$ 是圆的半径.
由于

$$
\frac{n \pi r^2}{360}=\frac{1}{2}\left(\frac{n \pi r}{360}\right) \cdot r
$$

而 $\frac{n \pi r}{180}$ 是扇形的弧长 $\ell$, 所以, 当知道扇形弧长 $\ell$ 时, 扇形面积公式又可写成:

$$
\boxed {
S=\frac{1}{2} \ell r
}
$$

这就是说，**扇形的面积等于它的弧长和半径乘积的一半**.

## 例题
`例`一滑轮装置如图24－63，滑轮的半径 $R=10 \mathrm{~cm}$ ，当重物上升 15.7 cm 时，问滑轮的一条半径 $O A$ 绕轴心 $O$ 按逆时针方向旋转的角度？（假设绳索与滑轮之间没有滑动， $\pi$ 取 3．14）

![图片](/uploads/2026-04/e1edab.jpg)
 
 
 
 解 设半径 $O A$ 绕轴心 $O$ 按逆时针方向旋转 $n^{\circ}$ ，则

$$
\frac{n \pi R}{180}=15.7 .
$$

解方程，得

$$
n \approx 90 .
$$

答：滑轮按逆时针方向旋转的角度约为 $90^{\circ}$ ．

`例` 古希腊埃拉托塞尼曾给出一个估算地球周长 （或子午圈长）的简单方法．如图24－64，点 $S$ 和点 $A$ 分别表示埃及的赛伊尼和亚历山大两地，亚历山大在赛伊尼的北方，两地的经度大致相同，两地的实际距离为 5000 希腊里（1 希腊里 $\approx 158.5 \mathrm{~m}$ ）．当太阳光线在赛伊尼直射时，同一时刻在亚历山大测量太阳光线偏离直射方向的角为 $\alpha$ ，实际测得 $\alpha$ 是 $7.2^{\circ}$ ，由此估算出了地球的周长，你能进行计算吗？
 
  ![图片](/uploads/2026-04/44a56d.jpg)
  
 解 因为太阳光线可看作平行的，所以圆心角 $\angle A O S=\alpha=7.2^{\circ}$ 。

设地球的周长（即 $\odot O$ 的周长）为 $C$ ，则

$$
\begin{gathered}
\frac{C}{\overparen{A S}}=\frac{360^{\circ}}{7.2^{\circ}}=50, \\
\therefore \quad C=50 \overparen{A S}=50 \times 5000 \\
=250000 \text { (希腊里) } \\
\approx 39625(\mathrm{~km}) .
\end{gathered}
$$

答：地球的周长约为 39625 km 。

我们知道，地球周长约为 40000 km 。可见，2000 多年前，埃拉托塞尼的估算结果已经相当精确了。

`例`已知扇形的半径 $r \approx 4.8 \mathrm{~cm}$, 所含的圆心角是 $42^{\circ}$, 求它的周长和面积 $(\pi \approx 3.14)$.

解: 设扇形的弧长为 $\ell$, 则:

$$
\ell=\frac{42 \times 3.14 \times 4.8}{180} \approx 3.5(\mathrm{~cm})
$$

$\therefore \quad$ 扇形的周长 $=2 r+\ell=2 \times 4.8+3.5=13.1(\mathrm{~cm})$.
扇形的面积 $=\frac{1}{2} \ell r=\frac{1}{2} \times 3.5 \times 4.8 \approx 8.4\left(\mathrm{~cm}^2\right)$
答：扇形周长约是 13.1 cm , 面积约为 $8.4 \mathrm{~cm}^2$.

`例`   如图，四边形 $A B C D$ 是 $\odot O$的内接四边形，$\odot O$ 的半径为 2 ， $\angle B=135^{\circ}$ ，则 $\overparen{A C}$ 的长是（ ）

![图片](/uploads/2026-04/1b1623.jpg)
 
A． $2 \pi$
B．$\pi$
C．$\frac{\pi}{2}$
D．$\frac{\pi}{3}$
解相 因为四边形 $A B C D$ 是 $\odot O$ 的内接四边形，$\angle B=135^{\circ}$ ，所以 $\angle D =45^{\circ}$ ．如图，连接 $O A 、 O C$ ，则 $\angle A O C =2 \angle D=90^{\circ}$ ．

![图片](/uploads/2026-04/6770ca.jpg)

所以 $\overparen{A C}$ 的长是 $\frac{90 \times \pi \times 2}{180}=\pi$ ，故选 B．

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